新疆重点名校2017-2018学年高一下学期期末质量跟踪监视化学试题含解析

新疆重点名校2017-2018学年高一下学期期末质量跟踪监视化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列属于取代反应的是( )
A．乙烯与水反应生成乙醇B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷
C．乙醇与氧气反应生成乙醛D．乙烯与高锰酸钾溶液反应生成CO2
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此判断。

【详解】
A. 乙烯与水反应生成乙醇属于加成反应，A错误；
B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷，同时还有氯化氢生成，属于取代反应，B正确；
C. 乙醇与氧气反应生成乙醛，同时还有水生成，属于氧化反应，C错误；
D. 高锰酸钾具有强氧化性，乙烯与高锰酸钾溶液反应生成CO2，属于氧化反应，D错误；
答案选B。

2．对于可逆反应4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正(NH3)= 3v正(H2O)
B．达到化学平衡时，4v正(O2)= 5v逆(NO)
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3 ，则反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】
A、速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；
B、达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，B正确；
C、达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；
D、单位时间内消耗x mol NH3与生成x mol NO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
正确选项B。

3．实验室设计下列装置，能达到目的的是
A．制取NH3B．干燥NH3
C．Cl2“喷泉”实验D．收集NO2
【答案】C
【解析】
【详解】
A.实验室制取氨气是加热氯化铵和氢氧化钙的混合物。

加热NH4Cl会产生NH3和HCl的混合气体，故A错误；
B. NH3是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C. Cl2易和氢氧化钠反应，所以实验C可以形成“喷泉”实验，故C正确；
D. NO2能和水反应，所以不能用排水法收集NO2，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。

4．合成氨化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=−92.4 kJ/mol。

将l mol N2(g)、3 mol H2(g)充入2 L的密闭容器中，在500℃下反应，10 min 时达到平衡，NH3的体积分数为，下列说法中正确的是
A．若达到平衡时，测得体系放出9.24 kJ热量，则H2反应速率变化曲线如图甲所示
B．反应过程中，混合气体平均相对分子质最M，混合气体密度d，混合气体压强p，三者关系如图乙所示
C．图丙容器I和II达到平衡时，NH3的体积分数，则容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4 kJ D．若起始加入物料为1 mol N2，3 mol H2，在不同条件下达到平衡时，NH3的体积分数变化如图丁所示【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、达到平衡时放出的热量为9.24kJ，由热化学方程式可知参加反应的氢气的物质的量为0.3mol，10min 内氢气的平均速率为0.015mol/（L•min），反应速率应为由高到低，A错误；
B、混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度为定值；随反应进行、混合气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大、混合气体的压强降低，B错误；
C、恒温恒容下，容器Ⅱ中按化学计量数转化为N2、H2，可得N21mol、H23mol，容器Ⅰ、容器Ⅱ内为等效平衡。

平衡时容器内对应各物质物质的量相等，两个容器反应之和相当于生成2molNH3，容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4kJ，C正确；
D、增大压强平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数增大，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时NH3的体积分数减小，D错误；
答案选C。

5．乙醇和乙酸是生活中常见的有机物。

下列说法不正确
．．．的是
A．两者互为同分异构体B．沸点都比CH4的沸点高
C．两者之间能发生反应D．两者均是某些调味品的主要成分
【答案】A
【解析】
【详解】
A项、二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B项、乙醇和乙酸都可以形成分子间氢键，增大分子间作用力，使乙醇和乙酸的沸点都比CH4的沸点高，故B正确；
C项、乙醇和乙酸在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故C正确；
D项、酒的主要成分是乙醇，醋的主要成分是乙酸，酒和醋都是调味品，故D正确；
故选A。

6．下列事实或做法与化学反应速率无关
．．的是
A．将食物存放在温度低的地方B．用铁作催化剂合成氨
C．将煤块粉碎后燃烧D．用浓硝酸和铜反应制备NO2气体
【答案】D
【解析】
【分析】
影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、表面积以及催化剂等。

【详解】
A项、将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，化学反应速率减小，故A不选；
B项、用铁作催化剂合成氨，化学反应速率增大，故B不选；
C项、将煤块粉碎后燃烧，固体的表面积增大，化学反应速率增大，故C不选；
D项、用浓硝酸和铜反应制备NO2气体与反应物的性质有关，与反应速率无关，故D选；
答案选D。

7．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置
B．用图装置进行二氧化碳喷泉实验
C．用图装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验
D．用图装置进行石油的分馏实验
【答案】A
【解析】
【详解】
A项， SO2不加处理即排放会污染环境，选择利用氢氧化钠溶液吸收SO2，该装置可以用于吸收SO2尾气，且防倒吸，故A项正确；
B项，二氧化碳在水中溶解度不大，应该利用氢氧化钠溶液进行喷泉实验，故B项错误；
C项，二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验需要加热，故C项错误；
D项，石油的分馏不能用水浴加热，蒸馏时为使物质冷凝彻底，水从下口进上口出，故D项错误。

综上所述，本题选A。

【点睛】
蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。

8．向某密闭容器中加入0.30、0.10和一定量的三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[阶段的变化未画出]。

乙图为时刻后改变条件平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种反应条件(浓度、温度、压强、催化剂)且互不相同，阶段为使用催化剂。

下列说法不正确的是
A．若，则用的浓度变化表示的阶段的平均反应速率为0.004
B．阶段改变的条件一定为减小压强
C．若该容器的容积为2，则的起始的物质的量为0.02
D．若阶段，容器内的物质的量减少了0.03，而此过程中容器与外界的热交换总量为，则该反应的热化学方程式为:
【答案】C
【解析】分析：由图乙可知，t3～t4阶段为使用催化剂，t4～t5阶段改变条件平衡不移动，改变温度或某一组分浓度，平衡发生移动，故t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，且反应速率减小，应是降低压强．t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度；由图甲可知，t1时到达平衡，△c(A)=0.09mol/L，△c(C)=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为：3A(g)⇌B(g)+2C(g)。

详解：A．若t1=15 s，t0～t1段△c(A)=0.9mol/L，则v(A)==0.006mol/(L．s)，故A错误；B．根据上述分析，t4～t5阶段改变的条件是降低压强，故B错误；C．由3A (g)⇌2C(g)+B(g)可知△c(B)=△c(C)=0.03mol/L，
B的起始浓度=0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，该容器的容积为2 L，B的起始物质的量为2L×0.02mol/L=0.02 mol，故C正确；D．t5～t6阶段为升高温度，容器内A的物质的量减少了0.06 mol，说明平衡正向移动，
正反应为吸热反应，应是升高温度，3mol A反应放出的吸收的热量为akJ×=50kJ，反应热化学方程
式为：3A (g)⇌2C(g)+B(g) △H=+50akJ/mol，故D错误；故选C。

9．最近我国科学家研制出强度是钢60倍的碳纳米管（如下图所示）新材料。

有关该材料的说法正确的是
A．属于金属材料B．与12
C互为同位素
6
C．与金刚石互为同素异形体D．是一种新型高分子化合物
【答案】C
【解析】
分析：同位素是质子数相同，而中子数不同的原子；同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。

C互为同位详解：A. 碳纳米管属于非金属材料，选项A错误；B. 碳纳米管为单质不是元素，不能说与12
6
素，选项B错误；C. 碳纳米管与金刚石是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项C正确；D. 碳纳米管是一种单质，不是新型高分子化合物，选项D错误。

答案选C。

10．下列有关热化学反应的描述中正确的是：
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol
C．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】
A．中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同，都是ΔH＝－57.3kJ/mol，错误；
B．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，表示1molCO完全燃烧产生CO2放出热量是283.0kJ，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+(2×283.0)kJ/mol，正确；
C．1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，错误；
D．由于醋酸是弱酸，电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，错误。

答案选B。

11．决定元素种类的因素是
A．核外电子数B．最外层电子数C．中子数D．核电荷数
【答案】D
【解析】
【分析】
根据质子数决定元素的种类分析解答本题。

【详解】
元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，不同种元素之间的本质区别是质子数不同，决定元素种类的因素是质子数或核电荷数。

答案选D。

【点睛】
本题考查元素的概念，决定元素各类的是核电荷数或质子数，决定原子质量的是中子数和质子数，决定原
子化学性质的是原子最外层电子数。

12．下列有关实验装置及实验方案的设计不正确的是
选项 A B C D
实验
装置
实验设计探究SO2的氧化性和漂
白性
实验室制氨气并收集干燥的氨
气
验证苯中是否有碳
碳双键
用乙醇提取溴水
中的Br2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A，SO2通入品红溶液中品红褪色说明SO2具有漂白性，SO2和H2S混合产生淡黄色固体，说明发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应中SO2表现氧化性被还原成S，用碱石灰吸收尾气，防止污染大气，A项正确；B，Ca（OH）2和NH4Cl的混合物加热发生反应生成CaCl2、NH3和H2O，用碱石灰干燥NH3，NH3极易溶于水，NH3的密度比空气小，用向下排空气法收集干燥的NH3，用水吸收多余的NH3，B项正确；C，苯分别滴加到溴水、酸性KMnO4溶液中，苯会将溴水中Br2萃取到苯层，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯中不含碳碳双键，C项正确；D，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂从溴水中萃取Br2，D项错误；答案选D。

点睛：本题考查实验方案的设计和评价，涉及SO2的性质实验、NH3的实验室制备、苯结构的探究、萃取实验。

萃取剂选择的原则：（1）萃取剂与原溶剂互不相溶；（2）萃取剂与原溶液不反应；（3）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度；如从溴水中萃取Br2可选择苯或CCl4作萃取剂。

13．根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是
A．铍(Be)的原子失电子能力比镁弱B．砹(At)的氢化物不稳定
C．硒(Se)化氢比硫化氢稳定D．氢氧化锶[Sr(OH)2]比氢氧化钙的碱性强
【答案】C
【解析】
【详解】
A．铍（Be）和镁是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，元素的原子失去电子的能力逐渐增强，则Be的原子失电子能力比镁弱，A正确；
B．砹（At）是第六周期第VIIA的元素，由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，HI不稳定，容易分解，HAt的稳定性比HI还弱，因此砹的氢化物不稳定，B正确；C．硒与硫是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的气态氢化物的稳定
性逐渐减弱，所以硒（Se）化氢比硫化氢稳定性差，C错误；
D．锶和钙是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，则氢氧化锶[Sr（OH）2]比氢氧化钙碱性强，D正确；
答案选C。

【点晴】
元素周期律反映元素之间关系的规律，元素周期表是元素周期律的具体表现形式。

比较元素金属性、非金属性强弱常用方法是：同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐逐渐增强（惰性气体元素除外）；元素的金属性越强，原子失去电子越容易，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，单质的还原性越强；元素的非金属性越强，原子越容易获得电子，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强。

14．下列叙述中不正确的是
A．糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质
B．鸡蛋白可以水解得到氨基酸
C．液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷
D．利用油脂在碱性条件下的水解，可以制得肥皂和甘油
【答案】C
【解析】
A项，糖类、脂类、蛋白质被称为人体三大营养物质，糖类是人体的直接供能物质，脂类是人体的能量储存物质，蛋白质进入人体后被分解成氨基酸，然后再根据需要合成为体内的蛋白质，A正确；B项，鸡蛋白主要成分是蛋白质，蛋白质可以水解得到氨基酸，B正确；C项，液化石油气主要成分为丙烷、丁烷、丙烯、丁烯等，天然气的主要成分为甲烷，C错误；D项，油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，D正确。

点睛：本题考查有机物的性质和用途，主要涉及糖类、脂类、蛋白质，还有甲烷等，题目较简单，熟悉相关物质的性质和用途是解题关键，注意学习积累。

15．若某原电池的离子方程式是Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，则该原电池的构成是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
分析题目中的反应，可得：（-）锌：Zn-2e-= Zn2+，（+）：Cu2++2e-= Cu；则要求：锌片做负极，正极为活泼性比锌弱的金属或石墨，电解质溶液提供Cu2+，故选C。

16．下列反应中，属于取代反应的是
A．CH4 + 2O2CO2 + 2H2O
B．CH2＝CH2 + H2CH3－CH3
C．+ Br2 FeBr3
−−−→+ HBr
D．2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】
A. CH4 + 2 O2CO2 + 2H2O，属于氧化反应，A项错误；
B. CH2＝CH2 + H2CH3－CH3，属于加成反应，B项错误；
C. + Br2 FeBr3
−−−→+ HBr，为苯的溴代反应，属于取代反应，C项正确；
D. 2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2 H2O，为乙醇的催化氧化反应，属于氧化反应，D项错误；
答案选C。

【点睛】
有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。

17．下列根据实验操作及现象所得结论正确的是
A．淀粉与稀硫酸混合共热，再加新制氢氧化铜加热，无红色沉淀，说明淀粉未水解
B．用铂丝蘸取某溶液在酒精喷灯上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中不含有钾元素
C．向某一卤代烃中加入NaOH溶液共热一段时间，冷却后滴加足量HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明该一卤代烃为溴代烃
D．向某溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，加稀盐酸，沉淀不溶解，说明该溶液中存在SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】
A选项，淀粉与稀硫酸混合共热，要先加氢氧化钠使溶液调至碱性，再加新制氢氧化铜加热，有红色沉淀，说明淀粉水解，没有加氢氧化钠使溶液调至碱性，没有改现象，不能说淀粉没水解，故A错误；
B选项，用铂丝蘸取某溶液在酒精喷灯上灼烧，火焰呈黄色，只能说明该溶液中含有钠元素，不能说明不含有钾元素，故B错误；
C选项，向某一卤代烃中加入NaOH溶液共热一段时间，发生了水解反应，冷却后滴加足量HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明生成了AgBr沉淀，说明该一卤代烃为溴代烃，故C正确；D选项，向某溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，加稀盐酸，沉淀不溶解，该溶液中可能存在SO42－、Ag+，故D错误；
综上所述，答案为C。

18．N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2 L H2O中含有H -O键数目为N A
B．常温常压下,15g甲基(-CH3)所含的电子数为9 N A
C．6.4gSO2和lmolO2充分反应,转移的电子数为0.2N A
D．0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+的离子数目为0.1N A
【答案】B
【解析】分析：A、标况下，水为液体；B、1mol甲基中含有9mol电子；C．二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；D、离子数目与离子浓度、溶液体积有关，未告诉溶液体积，无法计算离子数目。

详解：A、标况下，水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；B、15g甲基的物质的量为1mol，1mol甲基中含有9mol电子，所含有的电子数是9N A，选项B正确；C．SO2与O2的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为产物，故6.4g SO2反应时转移电子数小于0.2N A，选项C错误；D、0.1mol/L的NaCl溶液中，Na+与Cl-离子的浓度为0.1mol/L，离子数目与离子浓度、溶液体积有关，未告诉溶液体积，无法计算离子数目，选项D错误；答案选B。

19．某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（）
A．溶液中一定不含CO32－，可能含有SO42－和NO3－
B．溶液中n（NH4+）=0.2mol
C．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+
D．n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1
【答案】B
【解析】
【分析】
若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol－0.1mol＝0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）÷2=0.05mol。

【详解】
A．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，一定含有SO42-，A错误；
B．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，B正确；
C．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，C错误；
D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，D错误；答案选B。

20．下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe＋6H＋2Fe3＋＋3H2↑
B．小苏打溶液与NaOH溶液反应：HCO3－＋OH－CO32－＋H2O
C．氢氧化钡溶液与H2SO4溶液反应：Ba2＋＋SO42－BaSO4↓
D．碳酸钙与盐酸反应：CO32－＋2H＋H2O＋CO2↑
【答案】B
【解析】A、稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，A错误；B、小苏打溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，B正确；C、氢氧化钡溶液与H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，C错误；D、碳酸钙难溶，应该用化学式表示，D错误，答案选B。

点睛：注意离子方程式常见错误的有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，答题时需要灵活应用。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．在一固定体积的密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A+2B=3C。

反应经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol/L降至0.8 mol/L。

已知反应开始时B的浓度是1.2 mol/L。

求：
（1）用A来表示2 min内该反应的平均速率______；
（2）2min末C的浓度_______；
（3）2min末B的转化率_______。

【答案】0.1mol/(L·min) 0.6mol/L 33.3% 【解析】
【分析】
依据化学方程式结合三段式列式计算。

【详解】
A + 2
B = 3C
起始量(mo/L) 1.0 1.2 0
变化量(mol/L) 0.2 0.4 0.6
2min后(mol/L) 0.8 0.8 0.6
(1)以单位时间内A的浓度的减小来表示2min内该反应的平均速率=0.2mol/L
2min=0.1mol/(L•min)，故答案
为：0.1mol/(L•min)；
(2)2min末C的浓度为0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L；
( 3 )2min末时物质B的转化率为0.4mol/L
1.2mol/L×100%=33.3%，故答案为：33.3%。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。

实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。

Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。

Ⅳ………
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是_________。

（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是____________。

（3）B中溶液发生反应的离子方程式是________________。

（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是______________。

（5）从原子结构角度分析，氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下
_________________，得电子能力逐渐减弱。

【答案】略淀粉碘化钾试纸变蓝Cl2 + 2Br- = Br2 + 2Cl-打开活塞b，将少量C中溶液滴入D 中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色原子半径增大
【解析】
验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B 中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论。

(1)黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故答案为；
(2)淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，故答案为淀粉KI试纸变蓝；
(3)氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：
Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；
(4)为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；
(5)同一主族元素中，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故答案为原子半径逐渐增大。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．可降解聚合物P的合成路线如下
已知：
（1）A的含氧官能团名称是____________。

（2）羧酸a的电离方程是________________。

（3）B→C的化学方程式是_____________。

（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是___________。

（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是___________。

（6）F的结构简式是_____________。

（7）聚合物P的结构简式是________________。

【答案】羟基CH 3COOH CH3COO-+H+
加成反应，取代反应
【解析】
【分析】
由C还原得到，可推得可得知C为，硝基被还原得到氨基；B 在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应，可以推得B为，A与羧酸a反应生成B，则羧酸a为乙酸，A为苯乙醇，通过D的分子式可推得D为，D被氧化得
E，再根据信息（1）即可推得F的结构；由框图可知，G结构简式为
，由信息ii可推知P结构简式为。

【详解】
（1）A的含氧官能团是-OH，名称是羟基；
（2）由流程框图可知，羧酸a为CH 3COOH，电离方程是CH3COOH CH3COO-+H+；
（3）由B生成C的化学方程式是
；
（4）由上述解析可知，D的结构简式是；
（5）反应①是加成反应，反应②是取代反应。

（6）由上述解析可知，F的结构简式是；。